【文档说明】安徽省淮北市树人高级中学2020-2021学年高二第二学期开学考试数学（理）试卷含答案.doc，共(21)页，1.391 MB，由小赞的店铺上传

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高二第二学期开学考试卷数学理1．若复数5i1iz−=−，则z=（）A．32i+B．32i−+C．32i−−D．32i−2.下列四个命题中真命题的个数是（）①“”是“”的充分不必要条件;②命题“，”的否定是“，”；③“若，则”的逆命题为真命题；④命题；，，命题

，，则为真命题．A.B.C.D.3.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：2cm)是()A.1623+B.1626+B.C.1823+D.1826+4.极坐标系中，圆上的点到直线的距离最大值为()A.B.C.D.5.已知，且，则锐角的大小为()A

.B.C.D.6.已知直线经过圆的圆心，则的最小值是()A.B.C.D.7.如图，在长方形内任取一点，则点落在阴影部分内的概率为()A.B.C.D.8.等差数列与的前项和分别为和，若，则()A.B.C.D.9.已知，，分别为的三个内角，，的对边，，，则面积的最大值为A.

B.C.D.10．函数的导函数的图象如图所示，给出下列命题：①是函数的极值点；②是函数的最小值点；③在区间上单调递增；④在处切线的斜率小于零．以上正确命题的序号是A.①②B.③④C.①③D.②④11.如图，，是双曲线

：的左，右焦点．过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若点为的中点，且，则A.B.C.D.12.已知函数，且)的图象在处的切线方程为，若恒成立，则的取值范围为()A.B.C.D.13.设，满足约束条件则的最小值为________．14.如图，在底面是直角梯形的四棱锥PABCD−中，侧棱PA⊥

底面ABCD，BCADP，90ABC=，2PAABBC===，1AD=，则AD到平面PBC的距离为_______.15.已知是抛物线上一点，为其焦点，点在圆上，则的最小值是________.16.在中，角，，的对边分别为，，，下列结论中正确的选项有________．①，若，则；②，若

，则可能为等腰三角形或直角三角形；③，若，则定为直角三角形；④，若，且该三角形有两解，则的取值范围是.17.已知函数，直线是函数的图象的一条对称轴．求函数的单调递增区间；已知函数的图象是由的图象上的各点的横坐标伸

长到原来的倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若，，求的值18.设数列的前项和为，已知．求的通项公式；若数列满足，求的前项和．19.如图，长方体1111ABCDABCD−的底面ABCD是正方形，点E在棱1AA上，1BEEC⊥.(1)证明：BE⊥平面11EBC；1

BECC−−(2)若1AEAE=，求二面角的正弦值.20.已知椭圆的离心率为，点为上一点．求椭圆的标准方程；设坐标原点为，点，在上，点满足，且直线，的斜率之积为，证明：为定值．21.函数，.讨论的单调性；若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．22.在直角坐

标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.求的普通方程，并判断直线与曲线的公共点的个数；若曲线截直线所得弦长为，求的值.23.(10分)已知函数.当时，求不等式的解集；若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.数学理科答案1、【答案】D【解析】

因为()()5i1i64i32i,32i22zz−++===+=−．故选：D．2.【答案】D【考点】命题的真假判断与应用【解析】对四个，命题分别进行判断，即可得出结论．【解答】解：①由，则，反之，由，得：，或，所以，“”是“”的充分不必要条件，故正确；②命题“，”的否

定是“，”，故正确；③“若，则”的逆命题为“若，则”若时不符合，是假命题，故不正确；④命题，，正确，命题，，不正确，因为恒成立，为真，故正确．故选.3答案：C解析：几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由棱长为2的正方体切去一个正三棱锥体ABCD−构成的不规则几何体．如图，所以11

34632222221823222S=−+=+表．故选C．4.【解答】B解：由题意可知圆的方程为，圆心坐标为，半径为，直线为，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为.故选.5.B【解答】解：由题知，得，解得，即.∵为锐角，即，

∴，∴，即.故选.6.D【解答】解：圆化成标准方程，得，∴圆的圆心为，半径．∵直线经过圆心，∴，即，因此，，∵，，∴，当且仅当时等号成立．由此可得当，即且时，的最小值为．故选.7.D【答案】8.【答案】A【解析】此题暂无解析【解答】解：根据等差数列的性质，

得．故选．9.【解答】B解：因为.又因为，所以，，面积，而，所以，即面积的最大值为．故选．10.【答案】C【解答】解：根据导函数图象可知：当时，，在时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故③正确；则是函数的极小值点，故①正确；在上单调递增，故不是函数的最小值点，故②不正确；函数在处的导数大于

，即在处切线的斜率大于零，故④不正确．故选．11.【解答】A解：因为点为的中点，所以.又，所以，，所以，所以，所以，所以．故选．12.【答案】A【解答】解：因为，所以.又函数的图象在处的切线方程为，所以，解得，所以.因为恒成立，所以恒成立．当时，成

立；当时，令，则．当时，，在和上单调递减．当时，，在上单调递增．当时，恒成立，所以.当时，恒成立，而，所以.综上，，所以的取值范围为故选.13.【答案】【解析】作可行域，结合目标函数所表示的直线确定最优解，解得结果．【解答】解：作出，满足约束条件的可行域，当直线经过点时，．故答案为：.14.答案：

2解析：分析知,,ABADAP两两垂直，可建立以A为坐标原点，,,ABADAP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系(如图所示)，则()()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,0ABC

PPBBC=−=uuruuur，设平面PBC的法向量为(),,abc=n，则00PBBC==nnuuruuur，即22020acb−==，取1a=，则0,1bc==，则()1,0,1=n是

平面PBC的一个法向量.又(2,0,0),ABAD=uuurP平面,PBC所求距离为||2||AB=nnuuur15.【解答】解：由题设得抛物线的焦点，准线方程为，如图所示，由抛物线定义得，当，，三点共线时，的值最小，即轴，此时.故答案为：.16.【答案】①②③④【考点

】解三角形命题的真假判断与应用余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由正弦定理得，故①正确；已知.∵是三角形的内角，∴或，即或，∴可能为等腰三角形或直角三角形，故②正确；由以及正弦定理得，即∴.∵，∴，，故定为直角三角形，故③正确；已知，，由正弦定理得.∵

该三角形有两解，∴，，∴，即，故④正确.综上所述：正确的选项有①②③④.故答案为：①②③④.17.【解答】解：∵函数，∴．∵直线是函数图象的一条对称轴，∴，，∵，∴．∴，令，，解得：，，∴函数的单调递增区间为：，.由知，，可得．由，可得，故．∴.∴．18.【答案】因为，所以当时，，故，当时，，

此时，，即，所以因为，所以，当时，，所以；当时，，所以，两式相减得：，所以，经检验，时也适合，综上可得．19.答案：(1)由已知得，11BC⊥平面11ABBA，BE平面11ABBA，故11BCBE⊥.又1BEEC⊥，所以BE⊥

平面11EBC.(2)由(1)知190BEB=.由题设知11RtRtABEABEVV，所以45AEB=，故1,2AEABAAAB==.以D为坐标原点，DAuuur的方向为x轴正方向，||DAuuur为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz

−，则()()()()10,1,0,1,1,0,0,1,2,1,0,1CBCE，1(1,0,0),(1,1,1),(0,0,2)CBCECC==−=uuruuuruuur.设平面EBC的法向量为(),,xyz=n，则0,0,CB

CE==nnuuruuur即0,0,xxyz=−+=所以可取()0,1,1=−−n.设平面1ECC的法向量为()111,,xyz=m，则10,0,CCCE==mmuuuruuur即0,0,xxyz=−+=

所以可取()1,1,0=m.于是1cos,||||2==−nmnmnm.所以，二面角1BECC−−的正弦值为32.20.【解答】解：由题知，解得所以的标准方程为.证明：设，当直线的斜率不存在时，，因为直线，的斜率之积为，所以，即，又，在椭圆上，所以，．因为，所以.当直线的斜率存在时

，设直线的方程为（），联立方程得消去，得，，设，则，．因为直线，的斜率之积为，即，，∵，在椭圆上，∴①，②，∴，∴，∴①＋②得．因为，所以．综上，为定值．21【解答】解：∵，∴，当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增．要使不等式恒成立，即恒成

立，令，则，设，则，故在上单调递减.又，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.综上，实数的取值范围是.22.【解答】解：由题意得：曲线:.∵当时，直线经过点，点距圆心的距离为，∴点在圆的内部，∴与有两个交点.:，设圆心到的距离为，与交于点，，中点为，

∵，∴，∴或，∴或23.【解答】解：设，则等价于，即或，或解得或，故不等式的解集为．因为，所以，则对恒成立等价于对恒成立，即对恒成立，则因为，所以，即的取值范围为．